$\mathbb R$ によって生成された適切なトポロジで $\tau = \{(a, \infty)\}$ 擬コンパクトである：*開集合*に関する矛盾による証明
位相空間がそのことを証明しようとしています $X$ それは基本的にです $\mathbb R$ によって生成された適切なトポロジを備えています $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ 擬コンパクト（任意の連続関数 $f: X \to \mathbb R$）。この質問はされてい尋ね 以前にも回答されてますが、ここで私は、具体的証拠に向けた私の具体的なアプローチの見直しを探しています。
Severin Schravenによるこの回答は、閉集合に関して矛盾することによって証明を行います。開集合に関しても同じ証明をしたいと思います。つまり、連続関数の下での開集合のプレイメージが開いているというプロパティを使用します。
私のアプローチ：
の開集合に注意してください $X$ 次の形式です。
$$\emptyset, \quad (-\infty, +\infty), \quad (a, \infty).$$
今、私たちがいくつかを選ぶとしましょう $x \in \mathbb R$ そして、その補集合における互いに素な開集合の和集合を見てください $\mathbb R \setminus \{x\}$、 あれは、 $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$。の標準トポロジでは$\mathbb R$、セット $(-\infty, x)$ そして $(x, \infty)$ 確かにオープンで互いに素です。
また、マッピングの通常のプロパティであることがわかっています。 $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$。
そう $$f^{-1}(-\infty, x) \cap f^{-1}(x, \infty) = f^{-1}((-\infty, x) \cap (x, \infty)) = \emptyset.$$
これはどちらかを意味します $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ または $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ またはそれらの両方が $\emptyset$。実際、それを証明するために$f(X) = x$、 あれは $f$ は定数マップであるため、両方のプレイメージが空であることを証明する必要があります。 $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ と同様 $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$。
この後、私は選ぶことを考えていました $y \in \mathbb R$ そのようなと見て $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ それが実際には不可能であることを示すために $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$いくつかの矛盾を生み出すことによって空ではないこと。それはどちらでもありません$f^{-1}(-\infty, x)$ また $f^{-1}(x, \infty)$結果として生じる矛盾のために空にすることが許可されます。しかし、私はそれについてどうやって行くのかわかりません。セヴェリンのアプローチと同様に、これは矛盾によって示されることができますか？
確かに、連続関数に関する証明は、開集合と閉集合の両方で行うことができ、そのような証明は、ある意味で「二重」であると考えられます。私は基本的に、開集合の観点からセヴェリンの証明のバージョンを探しています。
回答
適切なトポロジには、次のようなプロパティがあります。
- 空でないすべての開集合が交差します（反ハウスドルフ、またはハイパーコネクテッド）。
- 空でないすべての閉集合は交差します（または超連結）。
これらの種類のスペースの両方について $X$ 私たちはそれをすべて継続しています $f: X \to \Bbb R$ 一定です。
リンクされた回答で与えられる通常の議論は1に焦点を当てており、 $f$ は一定ではなく、互いに素なオープンネイバーフッドを持つ2つの異なる値があります $U,V$ に $\Bbb R$。次に$f^{-1}[U]$ そして $f^{-1}[V]$ 互いに素です（集合理論、 $f^{-1}$ お気づきのように、交差点を保持し、空ではありません（ $U$ そして $V$ の値を含む $f$）。
したがって、これらの引数は次のように一般化できます。
場合 $f: X \to Y$ 既約空間からの連続マップです $X$ ハウスドルフ空間へ $Y$、 $f$ は一定です。
セヴェリンの議論はわずかに異なります：それはそれをすべて使用します $\{x\}$ で閉じられます $\Bbb R$代わりに。全セット$f^{-1}[\{x\}]$ 明確な $x$ 互いに素であり、空でないiff $x$値として発生します。したがって、彼の議論は次のように要約できます。
場合 $f:X \to Y$ 超連結からの連続マップです $X$ に $T_1$ スペース $Y$、 $f$ は一定です。
私は必ずしもこれらの証明を二重とは呼びません。そのためには、セットを使用する必要があります$\Bbb R\setminus \{x\}$代わりに、有限交叉の代わりに有限ユニオンを使用します。一般的な見方からすると、それらはわずかに異なる結果を求め、同様の証明が得られます。実際のデュアルは、このようなものになるだろう。
仮定します $f: X \to \Bbb R$ 連続的で一定ではなく、値があります $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$。次に$f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ 開いている（連続性）、空ではない（として $x_2$ その中にある）ではなく $X$ （なので $x_1$ ではありません）そして同様に $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$。
だが $$X = f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}] \cup f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$$
だから私たちは書いた $\Bbb R$ 上部トポロジーでは、2つの開集合の和集合として、いずれも $\Bbb R$。これは次のようには起こり得ません$(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ のために $a,b$。
さて、私は馬が今元気で本当に死んでいると思います。